同济版-高等数学-课后模拟题解析

#/10书后部分习题解答P21页3．（3）1+a+a2+・・・+anlim nfs1+b+b2+・・・+bn知识点：1）等比级数求和a+aq+aq2H baqn-1=a(1-qn)1-q(q丰1)(共n项)物P14例4的结论：当|q|<1时，limqn-0nfs1-anH11+a+a2+ +an解：lim nfs1+b+b2+ +bnlim1-anfs1-bnH11-b1-a5.（1）判断下列数列是否收敛，若收敛，则求出极限：设a为正常数，x>0，0xnH1证：由题意，xnH1P35页P36页8.已知当1-b2(xa+—)xn又x-xnH1 n由单调有界定理，2(xa、 1八'a+—)>•21x•—x24a1数列有下界）1a——(x+——)-x2nx，na-x2 ―<0(因2xnxnH1>■aa□（数列单调减少）此数列收敛；limx-b，对

n1ax ——(x+—)两边取极限，nH1 2nxn1a得b=7b+-),2b解得b=aa（□的舍去）xnH14.(8)极限 limxf1，故此数列的极限为-(nH1)xHn(x-1)2二lim工xf1二C2nH1[1H(x-1)]nH1-(nH1)xHnlimxf1 (x-1)2(x-1)HC2(x-1)2H(x-1)nH1-(nH1)xHn nb1 (x-1)2n(n+1)

""2""（若以后学了洛必达法则（00型未定型），则lim

xf1xnH1-(nH1)xHn(x-1)2书后部分习题解答(nH1))xn-(nH1)-limxf1 2(x-1)=limxf1(n+1)nxn-1

2n(nH1)2 )1xf0时，(1Hax2)3-1~cosx-1，求常数知识点：1)等价无穷小的概念；2)熟记常用的等价无穷小，求极限时可用等价无穷小的替换定理。解：由题意：1 11 ax2(1+ax2)3-1 3lim- =lim- x—0cosx-1x—0 x22a1得或limx—01(1+ax2)3-1cosx-1(根式有理化)P42页3(4)关于间断点：f(x)=limx21+ax2—1•[(1+ax2)3+(1+ax2)3+1]2a=13—sin—x=0为第二类间断点11说明：lim—sin—□□□□□x—0xx—0的过程中，函数值不稳定，不趋向与P43页7(1)证明方程12x-4x=0在(0,—)内必有一实根。知识点：闭区间(一定要闭)上连续函数的根的存在定理证明：设f(x)=2x-4x，易知，1f(x)在［0,万］上连续;(注:设函数，闭区间)1 ——f(。)=1>0,f(-)=-<2-2<0,故由根的存在定理，至少在1(0,2)内存在一点P61页3.设(1)(3)分析：因1即方程2x-4x=0在(0,2)内必有一实根f'(x0)存在，求：limAx—0limt—0把(1)(解：( 1)f(x)-f(x-Ax)

0 0 Axf(x+3t)-f(x)(2)limh—0f'(x0)存在，则极限2)(3)化为相应可用极限的形式limf(x0)-f(x0AxAx—0limAx—0f(x+Ax)-f(x)0 Ax0-1值为f，(x。)。-Ax)=limf(x0+(心))-f(x0)Ax—0(-Ax)=f，(x0)(2)limh—0limh—0f(x+h)-f(x)-f(x-h)+f(x)=limhf0fX0+h)-f(X0)-f'0+(-h))-f(X0)(—h)(-1)h000)(3)limf(x(3)limf(x0+3/)①X0)tf0 t8.DDDDDDDIX,X<0f(X)={ nX—0nnnnlln(1+x),x>0在.DDDDP5111-2)limf(X0+3t)-f(X0).3二3八x)一0 3t 0DDDD1DDDDDDXDDDD1DDDDDDX0DDDDDf，(x)-limf(x0+=)…0)0 --0 Ax2)D X0DDDDDDDDDDDDDODD尸(X0)f(X+Ax)-f(x)lim 0 0—AxAx-0- ^^ODDf(X+Ax)-f(x)—lim 0 0—AxAxf0+ 八人3DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDOODDDDDDDDDDf(0)—0DDDDX=0DDDDDDf(0+Ax)-f(0) r Ax-0 1又f(0)―lim1——二 ―lim--—―1- Axf0- AX Ax-0-AxDnX―0DDODDDDDf(0)-limf(0+AX)-f(0)-lim1n(1+AX)-°-1+ Ax AxAx—0+ 八4 Ax—0- 八八DnX―0DDODDDDD而f(0)=f(0)[f'(0)=1- +IX2,X<1X=1DDDDDDD a，bDDDDDD10.DDD X=1DDDDDDD a，bDDDDDDax+b,x>1DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD X=1DDDDDf(1-0)=f(1+0)=f(1)=1,口f(1-0)=limf(x)=limx2=1TOC\o"1-5"\h\zX-1- X-1一f(1+0)=limf(x)=lim(ax+b)=a+b，得a+b=1X-1+ X-1+DDDDX=1DDDDDf(1)=f(1)-+而f(1)=limf(1+AX)-f⑴=lim(1+AX)2-1=2- a-0- Ax a-0- Af(1)=lim+ Ax-0-f(1+Ax)-f(1)Ax=limA-0-a(1+Ax)+b-1Ax=aDDDDa+b=11P62页14f(1)=lim+ Ax-0-f(1+Ax)-f(1)Ax=limA-0-a(1+Ax)+b-1Ax=aDDDDa+b=11P62页14口DDD1DDDDDDDDDDDDDD又由20.DDDDDDDDDD3DDDDDDDDD21由dydxx=0x=0DDDDDDDyDDDxDDDexy(1•y+x•虫)-2x+3y2-dydx dxx=0DDDDDDy=-1DDDD=0DDdydx2x-yexyxexyxy—sin(Ky2)=0，求dydx(0，-1)DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDDdydxx=0d2yD——dx2(0,-DxDDDdy dy(1•y+x• )-cos(兀y2)•2兀y• =0dx dx1)[x=0,y=-1ODDD1),DDdydx(0，-1)DDDDD1)DDDdydx2兀ycos(兀y2)-x2)DDDDDDdydx(0,-1)DDDDDDDDDDDDDDD1DDD1)DDDxDDDDDdydxd2ydx2cos(cos(Ky2).2兀y♦y〃=0y，+y，+x■y〃+sin(Ky2).2兀yy，•2兀y.y，-cosDDDDDx=0,y=-1Ddydx(0，-1)1DDDD2兀dx2(0，T)11- +0+0-(-1)-2兀(- )2-1•(-1).2k•(-1)•y〃=0)2兀 2兀DD2DDD2)DxDDDd2y y'[2兀ycos(兀y2)-x]-y[2兀y'cos(兀y2)-2兀ysin(Ky2).2兀yy'-1] = Ddx2[2兀ycos(兀y2)-x]2DDDDDDDDDDDDDDDDDDDDD0DDDDDDP62页152.DDDDDDDDD说明： 1）一定要用对数求导法求导；2）取对数后，先化简1解：取对数：lny=2lnx+—[ln(1-x)-ln(1+x)](化简)解：取对数：2--一-两边对=2—+—(—两边对x21-x1+x所以：， ：1一所以：， ：1一xy=x2Ex1一x2（y代入）书后部分习题解答4（关于中值定理与未定式极限）P82页1．检验罗尔定理对函数f(x)=(x一1)(x一2)(x一3)1．检验罗尔定理对函数分析： 1）即检验是否符合罗尔定理的条件；2）若符合，己是否存在?解：易知f(x)=(x一1)(x一2)(x一3)在[1,2],[2,3]上连续,(1,2),(2,3)内可口，且f(1)=f(2)=f(3)=0，故符合罗尔定理的条件。又由 f(x)=3x2-12x+11=0，得自=2±，故有/与)=0;[e(1,2)f也)=0；5e(2,3)，符合罗尔定理的结论 .22故罗尔定理对函数 f(x)=(x-1)(x一2)(x一3)成立。4.(3)0：|arctana-arctanb|<|a一b|口：设 f(x)=arctanx，当 a=b时，等式成立；若a<b，则易知 f(x)=arctanx在[a,b]上连续，在 (a,b)内可口，则由拉格朗日定理存在自e(a,b)，使 f(b)-f(a)=f化)(b-a)=](b-a)1+g2, ， , 1/, 、，取绝对值，得 |arctanb—arctana|=1~^―(b—a)<b—a同理a>b，可证 arctana一arctanb|<|a一b|综合:有 |arctana一arctanb<a一b|

f(2)-f(1)=6.设函数 f(2)-f(1)=提示：对 f(x),g(x)=xcosxcosx+x(-sinx)-cosx -xsinx二lim 二lim 二0xT0 2x xT0 2x8.00： 3arccosx-arccos(3x-4x3)=兀，其中题型：证明函数为常数；用到的知识：书78页定理3.4(3)的结论，若八)三0，则f(x)三C.(C二f(x0))证明：设 f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则(3-(3-12x2)，f(x)=3(- )+ —v1—x2 ,I—(3x—4x3)2整理，当所以：|x|< xcosx-sinxxcosx-sinx解： lim(cotx—-)=lim =lim 整理，当所以： xcosx-sinxxcosx-sinx解： lim(cotx—-)=lim =lim xT0 x xT0 xsinx xT0 x23arccosx-arccos3x-4x3)=兀，当P89页(用洛必达法则求极限时，可以适当的化简、整理等，目的简化计算)tanx2(3)lim 团tan3xx-2一tanx 「sinxcos3x_ 1•cos3x解：lim 二lim 二lim 兀tan3x 兀sin3xcosx 兀(-1)•cosxxT xT xT22 2兀(用到连续性与极限的运算，相当于 x=一代入)2-3sin3x二lim 二3兀sinxxT2lnsinmx口5)lim (m>0)xT0+lnsinxcosmx•mlnsinmxsinmx解：lim 二limsinmx—xT0+lnsinx x-0+ cosxsinxmcosmx•sinxmcosmx•x二lim—； 二lim 二1xT0+sinmx•cosx xT0+mx•cosx(整理，等价无穷小的代换).(2)lim(cotx--)xT0 x

(函数差的极限，一定要整理成函数商的极限)(用了等价无穷小的代换)4.(3）lim［ln（L）］x］幂指函数的极限）x-0+解：x-0+先求1limxln[lnj)]=limx-0+x-0+ln(-lnx)

1=lim血x-0+—（用到x1故lim[ln(-)]xx00+=e0=12[4)lim(—arctanx)x

冗x一隹解：(-1)x1x2=lim(一x-0+lnx)=0lnx—f，无穷大量的倒数为无穷小）lim(-arctanx)x=叁吧x皿；arctanx)冗x04w卜2limxln(—arctanx)2ln()+ln(arctanx)=lim兀x04wlimx04w(1+x2)arctanx11x-xx2一x2=一1，limarctanlim x一”(1+x2)x-笆12一一（用到兀兀=一)2 . =limarctanx1+x22故lim(—arctanx)x冗x—iw"7.试确定常数a,b，使得limx-0ln(1+x)一(ax+bx2)=2x2解：因lim

x00ln(1+x)一(ax+bx2)x2=limli^x00一(a+2bx)2x00，上式分母2x00，且极限存在，则必须分子 -a1+x一2bx00二1;则liml+£x00一(a+2bx)P82页1．检验罗尔定理对函数2x=limx00书后部分习题解答1 -2b(1+x)22=2，得b=一4（关于中值定理与未定式极限）f(x)=(x-1)(x一2)(x一3)是否成立?分析：1）即检验是否符合罗尔定理的条件；2）若符合， 己是否存在？解：易知f(x)=(X—1)(x—2)(x—3)在［1,2］,［2,3］上连续,(1,2),(2,3)内可口，且f(1)=f(2)=f(3)=0，故符合罗尔定理的条件。又由 f(x)=3x2-12X+11=0，得自=2±午，故有/'&］)=0;彳e(1,2)f也)=0；5e(2,3)，符合罗尔定理的结论 .22故罗尔定理对函数 f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)成立。.⑶证：|arctana-arctanb|<|a-b|口：设 f(x)=arctanx，当 a=b时，等式成立；若a<b，则易知 f(x)=arctanx在［a,b］上连续，在 (a,b)内可口，则由拉格朗日定理存在自e(a,b)，使f(b)-f(a)=f迂)(b-a)= 1 (b-a)1+G2取绝对值，得|arctan取绝对值，得|arctanb—arctana|=同理a>b，可证 arctana-arctanb|<|a-b|综合：有 |arctana-arctanb<a-b|f(2)-f(1)=6.设函数 f(f(2)-f(1)=提示：对 f(x),g(x)=x2用柯西中值定理 .8.00： 3arccosx-arccos(3x-4x3)=兀，其中题型：证明函数为常数；用到的知识：书 78页定理3.4(3)的结论，若 "X)三0，则f(x)三C(C=f(x0))证明：设 f(x)=3arccosx-arccos(3x-4x3)，则11f(x)=3(--^=)+। (3-12x2),V1-x2 V'1-(3x-4x3)2..1 . 兀兀整理，当所以：|x|<-,f(x)=0，故f(x)三C，又f(0)=3=整理，当所以：3arccosx-arccos3x-4x3)=兀，当P89页(用洛必达法则求极限时，可以适当的化简、整理等，目的简化计算)

tanx2(3)lim 工tan3xX-2一tanx「sinxcos3x_ 1•cos3x解：lim 二lim 二lim 兀tan3x兀sin3xcosx 兀(-1)•cosxxT xT xT22 2兀(用到连续性与极限的运算，相当于 x=一代入)2-3sin3x二lim 二3兀sinxxT2lnsinmx口5)lim (m>0)xT0+lnsinxcosmx•mlnsinmxsinmx解：lim 二limsinmx—xT0+lnsinx x-0+ c0sxsinxmcosmx•sinx二lim 二limxT0+sinmx•cosxxT0+mcosmx•x 二1mx•cosx3.(2)3.(2)lim(cotxT0（整理，等价无穷小的代换）x-1）（函数差的极限，一定要整理成函数商的极限）x解：1xcosx-sinxlim(cotx--)=lim ； xcosx-sinxlim □用了等价无穷